AcWing：176. 装满的油箱（bfs + dijiskla思想）

有N个城市（编号0、1…N-1）和M条道路，构成一张无向图。

在每个城市里边都有一个加油站，不同的加油站的单位油价不一样。

现在你需要回答不超过100个问题，在每个问题中，请计算出一架油箱容量为C的车子，从起点城市S开到终点城市E至少要花多少油钱？

输入格式

第一行包含两个整数N和M。

第二行包含N个整数，代表N个城市的单位油价，第i个数即为第i个城市的油价pipi。

接下来M行，每行包括三个整数u,v,d，表示城市u与城市v之间存在道路，且车子从u到v需要消耗的油量为d。

接下来一行包含一个整数q，代表问题数量。

接下来q行，每行包含三个整数C、S、E，分别表示车子油箱容量、起点城市S、终点城市E。

输出格式

对于每个问题，输出一个整数，表示所需的最少油钱。

如果无法从起点城市开到终点城市，则输出”impossible”。

每个结果占一行。

数据范围

1≤N≤10001≤N≤1000,
1≤M≤100001≤M≤10000,
1≤pi≤1001≤pi≤100,
1≤d≤1001≤d≤100,
1≤C≤1001≤C≤100

输入样例：

5 5
10 10 20 12 13
0 1 9
0 2 8
1 2 1
1 3 11
2 3 7
2
10 0 3
20 1 4

输出样例：

170
impossible

算法：bfs + dijiskla思想

题解：这题是用bfs + 优先队列来做，而且需要用到dijiskla的思想，那么我们可以用枚举法来做，首先从起点出发，先加一升油试一下，加一升油能到达的站点放入队列，因为队列是以花费钱来从小到大排序，所以我在把这个加了一升油的情况放入队列，如果这个加了一升油的情况还是花费最小的话，我就会继续加第二升油，如果不是的话，那么我就会用到其他的。到最后的时候，可能最开始第一个点的加一升油还没有用到，那是因为它并不是最优解，你思考一下，多加一升油的性价比就不高了，你还会去多加n升油吗，所以之后的解就都不是我们要找的最优解，之后就是重复我最开始所说的加一升油试一试这个思路。如果还是不够理解的话，可以看代码，代码上也有解释哟！

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <memory.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e4+;

struct node {
    int u, f, w;
    friend bool operator < (node a, node b) {   //优先队列重载，权值小的排前面
        return a.w > b.w;
    }
};

vector<pair<int, int> > g[maxn];

int n, m;
int wn[maxn];
int dp[maxn][];
int vis[maxn][];
int c, s, e;

bool check1(int u, int f) { //判断是否能够在当前站点加一升油
    if(f +  <= c && !vis[u][f + ] && dp[u][f + ] > dp[u][f] + wn[u]) {   //如果能加一升油，并且加这升油一定比原来的那个好（原来的那个可能是初始化的INF，也可能是已经经过的这个地方时更新的值）
        return true;
    }
    return false;
}

bool check2(int f, int v, int p, int w) {   //判断下一个站点是否能走
    if(f >= p && !vis[v][f - p] && dp[v][f - p] > w) {  //如果当前油要大于需要花费的油，并且原来的费用比现在的要高（同理，可能是INF，也可能是更新过的值）
        return true;
    }
    return false;
}

int bfs() {
    priority_queue<node> q;
    memset(vis, , sizeof vis);
    memset(dp, 0x3f3f3f3f, sizeof dp);
    dp[s][] = ;
    q.push((node){s, , });
    while(!q.empty()) {
        node now = q.top();
        q.pop();
        int u = now.u;
        int f = now.f;
        int w = now.w;
        vis[u][f] = ;
        if(u == e) {
            return w;
        }
        if(check1(u, f)) {      //先加一升油试一下
            dp[u][f + ] = dp[u][f] + wn[u];
            q.push((node){u, f + , dp[u][f + ]});
        }
        int len = g[u].size();
        for(int i = ; i < len; i++) {
            int v = g[u][i].first;
            int p = g[u][i].second;
            if(check2(f, v, p, w)) {
                dp[v][f - p] = w;
                q.push((node){v, f - p, w});
            }
        }
    }
    return -;  //无解
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(int i = ; i < n; i++) {
        scanf("%d", &wn[i]);
    }
    for(int i = ; i <= m; i++) {
        int u, v, w;
        scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
        g[u].push_back(make_pair(v, w));
        g[v].push_back(make_pair(u, w));
    }
    int q;
    scanf("%d", &q);
    while(q--) {
        scanf("%d %d %d", &c, &s, &e);
        int ans = bfs();
        if(ans == -) {
            printf("impossible\n");
        } else {
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
    return ;
}